TOPkl
ssers
wiskunde deel 4 Antwoordenboek Auteur Pascal Goderie
1
Inleiding voor de leerkracht Dit is het antwoordenboek van het vierde deel van Topklassers Wiskunde. Topklassers Wiskunde zijn vooral bestemd voor kinderen van groep 7 en 8 die behoefte hebben aan een extra uitdaging. Het werkboek voor de leerling staat vol met wiskundige vraagstukken. Voor kinderen die zo’n uitdaging aankunnen en die niet snel opgeven. Voor die kinderen bevatten Topklassers Wiskunde tal van interessante problemen, problemen waaraan zelfs ook veel middelbare scholieren hun hart kunnen ophalen. De kinderen gaan in deel 4 onder andere op wiskundige wijze een papiertruc onderzoeken, zich verdiepen in cirkels en rankingpunten bij tennistoernooien onderzoeken.
Illustraties Beeldstormers/Marcel Westervoorde, Alphen a/d Rijn
Voor kinderen die wat minder zelfstandig met problemen aan de gang kunnen is dit boekje niet zo geschikt. Het is niet de bedoeling dat u als leerkracht veel steun moet gaan bieden. Wel zijn de opgaven bijzonder geschikt om in tweetallen of in kleine groepjes aan te werken. Misschien kunnen dergelijke groepjes hun nieuw opgedane kennis eens aan de groep presenteren? Ook een klassikale aanpak van een van de problemen uit het werkboek kan een incidentele verrijking zijn van uw reguliere lessen rekenenwiskunde.
Vormgeving en lay-out Beeldstormers/Marcel Westervoorde, Alphen a/d Rijn
Leerlingen die een les afhebben, kunnen in dit antwoordenboek zelf de antwoorden controleren.
Eerste druk, eerste oplage 2009
Wie weet, komen uw leerlingen verrassend uit de hoek met mooie wiskundige oplossingen. Veel plezier met uw wiskunde topklassers!
© 2009 Uitgeverij Bekadidact, Baarn Behoudens de in of krachtens de Auteurswet van 1912 gestelde uitzonderingen mag niets uit deze uitgave worden verveelvoudigd, opgeslagen in een geautomatiseerd gegevensbestand of openbaar gemaakt, in enige vorm of op enige wijze, hetzij elektronisch, mechanisch, door fotokopieën, opnamen of enige andere manier, zonder voorafgaande schriftelijke toestemming van de uitgever.
Pascal Goderie
ISBN 978 90 262 4218 2
2
3
Les 1 2 3
1
Papiergoochelarij deel 1
3
Een mogelijke aanpak van dit probleem wordt beschreven in het vervolg van Les 1 (via het Gravinprobleem) en in Les 2.
Een handige manier om dit te doen is de volgende. Vouw een vel papier dubbel en maak in het dubbelgevouwen vel onderstaande knippen. (de stippellijn is de vouwlijn)
Er zijn verschillende manieren om door middel van tien heggen de kortst mogelijke wandeling groter te maken. In het vervolg van Les 1 wordt een van die manieren beschreven. 6FKHPDWLVFKHYRUPYDQ¿JXXUXLW/HV 9RXZGH]H¿JXXURYHUGHYRXZOLMQZHHURSHQGDQYHUVFKLMQW¿JXXU uit Les 2.
Een mogelijkheid om de wandeling nog meer te verlengen ontstaat door de heggen schuin te plaatsen. Zie onderstaande afbeelding.
4
Een eenvoudige instructie voor de papiertruc zou er als volgt uit kunnen zien. 1. Vouw een vel papier dubbel.
Les 1 2
2
Papiergoochelarij deel 2
In het vervolg van Les 2 wordt de oplossing duidelijk gemaakt.
2. Maak aan weerszijden de volgende knippen in het papier.
'HRQWVWDQHRSHQLQJELM¿JXXULVJURWHUGDQGLHLQ¿JXXU Door het patroon van de heggen om en om tegen de vijver en tegen de omheining uit te breiden, zal de wandelweg alsmaar groter worden. En zo zal ook de opening in het papier alsmaar groter worden.
4
5
3. Knip uiteindelijk ook het centrum van de vouwlijn open.
Les 1
1 2
3
3
Bij alle 126 verschillende opstellingen uit opgave 1 kan steeds elk van de vijf kaarsjes aan of uit zijn. Het antwoord 126 moet dus vermenigvuldigd worden met het aantal manieren waarop een aan-of-uit-verdeling van de vijf kaarsjes te maken is. Uit opgave 3 volgt dat zo’n verdeling op 32 manieren gemaakt kan worden. Er zijn dus 126 x 32 = 4032 verschillende opstellingen. 10
10
5
1
Het aantal verschillende manieren waarop de kaarsjes kunnen branden is in totaal 32. Bij elke gekozen opstelling van vijf kaarsjes in een kaarsenhouder met negen vakjes gelden deze aantallen.
4
DDQWDONDDUVMHVDDQ DDQWDOPDQLHUHQ 1
4
6
4
1
Het aantal verschillende manieren waarop de kaarsjes kunnen branden is in totaal 16. Bij elke gekozen opstelling van vier kaarsjes in een kaarsenhouder met negen vakjes gelden deze aantallen.
6
1
2
3
4
5
6
7
8
9
aantal kaarsjes in de kaarsenhouder (y)
9x8x7x6x5 Er zijn 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 126 verschillende opstellingen met vijf kaarsjes in een kaarsenhouder met negen vakjes.
5
We gaan hierbij uit van één mogelijke opstelling met nul kaarsjes in de houder. Geen kaarsjes in de houder betekent ook geen enkel kaarsje aan.
0
Kaarsjes aan of uit deel 1
DDQWDONDDUVMHVDDQ DDQWDOPDQLHUHQ 1
Kaarsje aan of uit deel 2
aantal kaarsjes aan (x)
4. Vouw het papier weer open en kruip door de opening in het papier!
Les
4
0
1
-
-
-
-
-
-
-
-
-
1
1
1
-
-
-
-
-
-
-
-
2
1
2
1
-
-
-
-
-
-
-
3
1
3
3
1
-
-
-
-
-
-
4
1
4
6
4
1
-
-
-
-
-
5
1
5
10
10
5
1
-
-
-
-
6
1
6
15
20
15
6
1
-
-
-
7
1
7
21
35
35
21
7
1
-
-
8
1
8
28
56
70
56
28
8
1
-
9
1
9
36
84 126 126
84
36
9
1
Tabel 1 Aantal manieren bij y kaarsjes in een vaste opstelling in de houder waarop een aantal van x kaarsjes aan kan zijn
2
Eenzelfde patroon ontstaat als in de driehoek van Pascal. Zie Les 16 van deel 2 Topklassers Wiskunde. Bij zowel het onderzoek naar het aantal verschillende weggetjes (van de mieren) als bij het onderzoek naar het aantal manieren waarop een aan-of-uit-verdeling van kaarsjes te maken is, kan de driehoek van Pascal model staan voor de opbouw. Zowel door beredenering als door het berekenen van de volgende termen in de driehoek van Pascal zul je steeds het goede aantal manieren vinden.
7
3
Bij zes kaarsjes in de kaarsenhouder is het aantal verschillende opstellingen het grootst, namelijk 5376.
1c Er zullen zes gaten te zien zijn. 1d Een van de mogelijkheden die één groot JDW]DORSOHYHUHQLVGHYROJHQGH
Uit Tabel 1 en uit het aantal opstellingen in een situatie zonder onderscheid tussen aan en uit, is het totale aantal verschillende opstellingen af te leiden. In vraag 2 en 3 van Les 3 werd al duidelijk dat er 4032 verschillende opstellingen zijn met vijf kaarsjes in de houder. Het aantal verschillende opstellingen is bij NDDUVMHVLQGHKRXGHU NDDUVMHLQGHKRXGHU NDDUVMHVLQGHKRXGHU NDDUVMHVLQGHKRXGHU NDDUVMHVLQGHKRXGHU NDDUVMHVLQGHKRXGHU NDDUVMHVLQGHKRXGHU NDDUVMHVLQGHKRXGHU NDDUVMHVLQGHKRXGHU NDDUVMHVLQGHKRXGHU
[ [ [ [ [ [ [ [ [ [
2
NDDUVMHVLQGHKRXGHU NDDUVMHLQGHKRXGHU NDDUVMHVLQGHKRXGHU NDDUVMHVLQGHKRXGHU NDDUVMHVLQGHKRXGHU
Als je deze tien aantallen bij elkaar optelt, vind je een getal dat in Les 3 van Topklassers Wiskunde deel 3 niet zou misstaan!
Ook nu blijkt (net als in opgave 3 van Les 4) het totale aantal een relatie te hebben met Les 3 van Topklassers Wiskunde deel 3. Zou dat toeval zijn of hebben we hier te maken met weer een van de getalbijzonderheden die in de driehoek van Pascal te ontdekken zijn?
1 1a De goochelaar krijgt twee gaten te zien in plaats van één. ppQJURRWJDWKDGNXQQHQNULMJHQLVGHYROJHQGH
[ [ [ [ [
In totaal zijn dit 81 opstellingen.
Toets 1
1b Een van de mogelijkheden waarop de goochelaar met extra knippen
Het aantal verschillende opstellingen is bij
Les 1
5
GAME
Er zijn verschillende criteria mogelijk op grond waarvan je een plaatsingslijst kunt maken. Een mogelijkheid is om uit te gaan van de hoogste klassering in de vier toernooien. Een speler die als hoogste klassering een ¿QDOHSODDWVKHHIWNRPWGDQKRJHUGDQHHQVSHOHUGLHLQJHHQYDQGH WRHUQRRLHQYHUGHULVJHNRPHQGDQGHKDOYH¿QDOH Een andere mogelijkheid is om punten toe te kennen aan een behaalde klassering. Vervolgens worden per speler alle punten uit
8
9
de vier toernooien bij elkaar opgeteld en komt de speler met het hoogste aantal punten bovenaan op de plaatsingslijst. Hierbij is natuurlijk wel van belang hoeveel punten toegekend worden aan de verschillende klasseringen. In Les 2 wordt verder ingegaan op het toekennen van punten aan de verschillende klasseringen.
2
Aangezien plaatsingslijsten verschillend kunnen zijn op grond van de gekozen criteria, tonen we het wedstrijdschema aan de hand van de rangnummers van de plaatsingslijst. Afhankelijk van de ordening op de plaatsinglijst kunnen de namen van de spelers ingevuld worden. In wedstrijd a speelt de nummer 1 van de plaatsingslijst tegen de nummer 16. In het wedstrijdschema wordt de winnaar van een ZHGVWULMGPHWGHKRRIGOHWWHU:DDQJHJHYHQ:DEHWHNHQW GH winnaar van wedstrijd a.
1. ace 2. backspin 3. baseline 4. deuce
Les 1
2
a. 1 -16
6
b. 8 - 9. m. Wi - Wj c. 5 - 12
9. hardcourt 10. love game 11. matchpoint 12. racket
13. return 14. set 15. smash 16. tiebreak
SET
Uit de onderlinge posities van Emilio Duce, Gerald Laver en Dirk Phortos blijkt dat de hoogste klassering niet als belangrijkste criterium geldt. Gerald Laver en Dirk Phortos hebben als hoogste klassering HHQKDOYH¿QDOH'HKRRJVWHNODVVHULQJYDQ(PLOLR'XFHLVHHQ NZDUW¿QDOHHQWRFKVWDDW(PLOLR'XFHKRJHURSGHSODDWVLQJVOLMVWGDQ Gerald Laver en Dirk Phortos. Meerdere oplossingen zijn mogelijk. Een voorbeeld van een puntenverdeling waarbij alle spelers een YHUVFKLOOHQGSXQWHQWRWDDOKHEEHQLVGHYROJHQGH Bereikte resultaat aantal punten
i. Wa - Wb
5. dropshot 6. forehand 7. game 8. gravel
winnaar
¿nale
halve ¿nale
kwart¿nale
aFhtste ¿nale
1050
650
400
250
150
3
3a Bij de puntenverdeling uit tabel 2 zouden Dirk Phortos en Emilio
j. Wc - Wd
Duce beiden uitkomen op 1000 punten.
d. 4 - 13 o. Wm - Wn e. 3 - 14 k. We - Wf f. 6 - 11 n. Wk - Wl
3b Het antwoord op deze vraag is een persoonlijke keus. 'HKRRJVWHNODVVHULQJYDQ'LUN3KRUWRV HHQKDOYH¿QDOH LVKRJHU GDQGHKRRJVWHNODVVHULQJYDQ(PLOLR'XFH HHQNZDUW¿QDOH 'DW kan een argument zijn om Dirk Phortos hoger te plaatsen dan Emilio Duce. Een argument om Emilio Duce hoger te plaatsen kan zijn dat Emilio Duce gemiddeld beter presteerde.
g. 7 - 10 l. Wg - Wh h. 2 - 15
3
De volgorde waarin de zestien tennistermen genoteerd worden, zal afhankelijk zijn van de opgestelde plaatsingslijst. Wij vermelden de tennistermen hier in alfabetische volgorde.
10
Bij de puntenverdeling uit tabel 2 zou de plaatsingslijst er op hooguit de plaatsen 7 en 8 anders uitzien dan de in de les genoemde SODDWVLQJVOLMVW 1. André Velmoge 2. Alexander Ec 3. Martin Hass 4. Thierry Montipach
2950 2850 1750 1650 11
5. Eric Mag 6. Ingmar Beertak 7. Emilio Duce en Dirk Phortos 9. Gerald Laver 10. Cedric Kerta 11. Esteban Sibelan 12. Hadi Cortudar 13. Rob Runet 14. Tim Se 15. Peter Bansick 16. Faraji Nardohe
Les
1300 1100 1000 900 800 700 650 600 450 300 150
1 2
1 2
1
2
3
9
4
8
6
Thara (3) - Tum (6) Thara (3) - Teun (7) Tika (2) - Teun (7)
De winnaar van een wedstrijd is onderstreept. Tussen haakjes staat het rangnummer op de plaatsingslijst. Teun is de winnares van het 0eisjes Top AFht Toernooi.
0
2
7
7
0
5
0
9
4
7
4
2
8
3 9
1
2
3 10
0
9
6
11
5
9
0
1
0 12
13
7
2
2
9
14
7
9
16
4
2
9
15
0 17
18
8
5
4
8
1
7
23
24
1
1
9
0
6
5
0
1
9
6
2
8
6
2
5
3
25
26
27
5
0
0
9
3
4
9 7
30
7
6
5
3
8
1
6
31
0
7
28
8
29
3
6 21
7 22
6 19
20
4
1
8
1
2
12
9
Tyrza (1) - Toyah (8)
Tyrza (1) - Teun (7)
5
5
Ter beoordeling van de leerkracht en (na kopiëren) in te vullen door geïnteresseerde puzzelaars.
Tessel (4) - Trynke (5)
Pincode-ezelsbruggetjes Pincode-ezelsbruggetjes deel 1deel 1
Oplossing pincodepuzzel
5
Ter beoordeling van de leerkracht en tevens te gebruiken als nakijkexemplaar voor iemand die de puzzel heeft opgelost.
Tyrza (1) - Trynke (5)
Bij eau de Fologne hoort de pincode 4711. 4711 is namelijk een merknaam van eau de cologne, een reukwater dat van oorsprong uit Keulen komt.
1
Pincode-ezelsbruggetjes deel 2
Toets 2
Een keus voor de plaatsen 7 en 8 moet dan nog gemaakt worden.
Les Les7 7
8
4
Oplossing pincodepuzzel
0 6 8 1 9 8 8 5 1 5 0 4 3 3 6 3 4 7 9 2 4 6 5 9 0 1 2 7 2 7 13
x mobiel kwadraat x drie maal zeven jaar vóór de eerste druk van dit werkboek x samen 100 x 5 en negen op de manier van het liedje x drie machten van drie op volgorde x tafel acht en negen dubbel x 100 jaar na de eerste druk van dit werkboek x 18.000 min vier keer de voorgaande code x 1 naar beneden x 80 kwadraat
Les
9
0681
2
Y-as 9
1988 8515 5333 3927 7272 2109 9564 4746 6400
8 7 6 5 4 3 2 1 -9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
O
1
2
3
4
5
6
7
8
X-as
-1 -2
Eenwielers deel 1
-3 -4 -5
1 2
Les
-H]RXHHQJURWHUZLHODDQGH¿HWVNXQQHQPRQWHUHQ'DQOHJMHSHU omwenteling van de pedalen een grotere afstand af.
-6 -7 -8 -9
Bij een twee keer zo grote omtrek wordt per omwenteling van het wiel een grotere afstand afgelegd dan bij een twee keer zo grote oppervlakte. Meer uitleg over deze vraag vind je in Les 10.
10
Bij vergroting van de rechthoekige driehoek met als hoekpunten O, (4,0) en (0,4) zal de schuine zijde twee maal zo lang worden, als ook de rechthoekszijden twee maal zo lang worden. Dit gaat op voor alle zijden van het vierkant, dus de omtrek van het nieuwe vierkant is dan twee maal zo groot als de omtrek van het oorspronkelijke vierkant.
Eenwielers deel 2
1
Y-as
Y-as
3
9 8 7 6 5 4 3 2 1 -9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
O
1
2
3
4
5
6
7
8
X-as
-1 -2 -3
De driehoeken A1, A2, A3 en A4 zijn even groot. De kleine driehoek A1 past vier maal in de grote driehoek en zo past ook het kleine vierkant vier maal in het grote vierkant.
9 8 7 6 5
A3
3 2 1 -9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
O -1 -2
-4
-3
-5
-4
-6 -7
-5
-8
-6
-9
-7 -8
Er zijn meer mogelijkheden voor de ligging van het vierkant in de cirkel. 14
A2
4
-9
15
A4
A1 1
2
3
4
5
6
7
8
X-as
4 5
De oppervlakte van het grote vierkant is vier maal zo groot als de oppervlakte van het kleine vierkant. Een twee keer zo grote omtrek is gunstiger dan een twee keer zo grote oppervlakte. Bij een twee keer zo grote omtrek is de oppervlakte al vier keer zo groot. Als de oppervlakte ‘slechts’ twee keer zo groot is zal de omtrek minder dan twee keer zo groot zijn.
andere treinen, want met slechts vijf minuten vertraging zal de trein in Den Dolder zijn voor weer een andere trein richting Baarn daar arriveert.
6
,QRQGHUVWDDQGHJUD¿HNLVGLW]LFKWEDDUJHPDDNW
Bij een ‘rond’ wiel geldt een soortgelijke redenering, een twee keer zo grote omtrek is ook dan gunstiger. In Les 13 en Les 14 wordt ingegaan op de vraag hoe je de omtrek en de oppervlakte van een cirkel kunt berekenen.
Les 1
2 3
4
5
11
20% van de tijd staat er geen enkele trein stil op station Utrecht of op station Baarn. Per uur staat er 26 minuten een trein op station Baarn en 22 (andere) minuten een trein op station Utrecht. Blijft over 12 minuten en dat is 20% van een uur.
13:00
13:30
14:00
11
11
14:30
15:00
Utrecht
De treinplanner deel 1
Het traject Den Dolder – Baarn is enkelsporig. Bij enkelspoor kunnen treinen elkaar over het algemeen alleen op de stations kruisen. Uit GHYHUWUHNVWDWHQNXQMHDÀH]HQGDWGHWUHLQHQXLWEHLGHULFKWLQJHQRP XXULQ6RHVW]LMQ'DDUNXQQHQGHWUHLQHQHONDDUGXVNUXLVHQ Bij het traject Utrecht – Den Dolder is er niet zo’n overlappend tijdstip en zijn er toch treinen die elkaar kruisen. Op dit traject is dubbelspoor. 7UHLQHQNUXLVHQHONDDURSVWDWLRQ6RHVW ELMYRRUEHHOGRP XXU HQWXVVHQ8WUHFKW2YHUYHFKWHQ%LOWKRYHQ WXVVHQ XXUHQ XXU Voor deze dienstregeling zijn minimaal drie treinen nodig. De trein GLHRP XXUXLW8WUHFKWYHUWUHNWNDQGLW]HOIGHWUDMHFWZHHURS ]LMQYURHJVWULMGHQRP XXU'HWZHHDQGHUHWUHLQHQYHUWUHNNHQ XLW8WUHFKWRP XXUHQRP XXU
13
Baarn
Les 1 2
12
13
De treinplanner deel 2
De treinen van Immo en Akke zullen elkaar wel kruisen. $NNHLVYHUWURNNHQRP XXUHQ,PPRLVYHUWURNNHQRP XXU 2QGHUVWDDQGHJUD¿HNODDW]LHQGDWGHNDQVGDWGHWUHLQYDQ,PPR HQGHWUHLQYDQ$NNHHONDDUYyyU XXUNUXLVHQJURWHULVGDQ als tien van de zestien mogelijkheden om te kruisen links van de stippellijn liggen. 03
Ekka
18
33
48
De trein die onderweg is naar Baarn en volgens de dienstregeling RP XXU]RXPRHWHQYHUWUHNNHQXLW6RHVWNDQGRRUGH YHUWUDJLQJYDQGHDQGHUHWUHLQSDVYHUWUHNNHQRP XXUHQ]DO dus ook enkele minuten vertraging oplopen. Als de trein die stilstaat de trein is die naar Baarn onderweg is, moet de trein die afkomstig is uit Baarn hier nog langskomen. Die zal ook vertraging oplopen. Als de trein uit de richting Baarn stilstaat, is de trein naar Baarn dit punt al gepasseerd. Dan zijn er dus geen directe gevolgen voor 16
Ommi
08 8:00
23
38
53
17
9:00
'H]HVLWXDWLHGRHW]LFKYRRUDOVHURP XXUHHQWUHLQXLW(NND YHUWUHNWHQRP XXUHHQWUHLQXLW2PPL$OVEHLGHWUHLQHQ vijf minuten later vertrekken liggen slechts zes van de zestien mogelijkheden links van de stippellijn en is er minder dan 50% kans op een kruising van treinen. Immo noemt een kans van 75%. Daaruit volgt haar vertrektijdstip XXURPGDWGULHYDQGHYLHUPRJHOLMNKHGHQYRRU$NNHHHQ NUXLVLQJYDQWUHLQHQYyyU XXURSOHYHUW Akke zou zonder de informatie van Immo uitgekomen zijn op een NDQVYDQ'DDUXLWYROJW]LMQYHUWUHNWLMGVWLS XXU 'HWUHLQHQYDQ,PPRHQ$NNH]XOOHQHONDDUNRUWYRRU XXU kruisen.
3
Er zijn verschillende mogelijkheden. Met de gegevens nummer 2, 3, 4, 6 (of 11), 8, 9, 10, 12 en 13 kan het vraagstuk opgelost worden. Hierbij is het minimale aantal gewichtspunten nodig, namelijk 19 punten.
Toets 3 1 1a
¿guur 1
3
9DQGDDJRQWPRHWGHVQHOWUHLQQDDU/LWEUXJYDQ XXUYLMI kruisende treinen. Volgens de dienstregeling ontmoet de sneltrein naar Litbrug vier kruisende treinen. De helft daarvan vertrekt tijdens de reis van de sneltrein naar Litbrug, de andere helft is al vertrokken vóór het begin van die reis. Twee uit Litbrug vertrekkende treinen tijdens een normale reis van de sneltrein naar Litbrug betekent dat het tijdsinterval tussen twee uit Litbrug vertrekkende treinen een halve reistijd bedraagt. Uit de gegevens volgt ook dat de reistijd van de vertraagde trein met de helft wordt verlengd. (Want dan is de tijd van stilstaan een derde deel.) Zoals uit het voorgaande blijkt, zal er in die halve reistijd één trein vertrekken met als gevolg dat de vertraagde sneltrein één trein extra zal ontmoeten.
1b De opticien heeft voor de vier brillen de dubbele hoeveelheid titanium nodig, dus een zelfde hoeveelheid extra.
2
In de vier ronde brillen zit meer titanium verwerkt dan in de drie hoekige brillen. Elk driehoekig glas is op te delen in twaalf gelijke OLMQVWXNNHQ8LW¿JXXUEOLMNWGDWGHRPWUHNYDQHHQFLUNHOYRUPLJJODV groter is dan de totale lengte van negen van die lijnstukken. Voor vier ronde brillen zijn meer dan 72 ‘stukken titanium’ nodig, terwijl er voor drie hoekige brillen precies 72 van die stukken nodig zijn.
18
19
Les 1
13
keren over cirkels deel 1
4
Y-as 10
Y-as 10
9
9
8
8
7
7
6
6
5
5
4
4
3
3
2
2
1
1 -10
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
O
-10 1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
O
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
X-as
-1
X-as
-1
-2
-2
-3
-3
-4
-4
-5
-5
-6
-6
-7
-7
-8
-8
-9
-9
-10
-10
2
3
Je kunt de spiegellijn tussen twee hoekpunten van de zeshoek construeren door twee even grote cirkels te tekenen. Ieder van deze cirkels heeft één van beide hoekpunten als middelpunt en gaat bijvoorbeeld door O. De lijn door de snijpunten van deze twee cirkels is de spiegellijn en wordt ook wel de middelloodlijn genoemd (van het verbindingslijnstuk tussen de twee hoekpunten). De middelloodlijn snijdt de oorspronkelijke cirkel in een hoekpunt van de regelmatige twaalfhoek (zelfs in twee hoekpunten!) en gaat door O.
Je kiest eerst een eenvoudig cirkelpunt, bijvoorbeeld (0,10). De cirkel door O met (0,10) als middelpunt heeft twee snijpunten met de oorspronkelijke cirkel. Als je die snijpunten met de passer construeert, kun je vervolgens met de passerpunt op een gevonden snijpunt en de passer op dezelfde straal steeds ‘doorcirkelen’ naar een volgend snijpunt met de oorspronkelijke cirkel. Op deze wijze ontstaat een regelmatige zeshoek. De omtrek van de zeshoek is 6 x 10 cm = 60 cm.
20
5
De oppervlakte van de twaalfhoek is 300 cm². Voor de uitleg zie het antwoord op vraag 6.
21
6
Les
Je kunt de twaalfhoek verdelen in twaalf even grote driehoeken. Elke driehoek is te zien als een driehoek met basis 10 cm en hoogte 5 cm. Dat is duidelijk te zien in bijvoorbeeld de driehoek met hoekpunten O en (10,0). Het lijnstuk vanuit het derde hoekpunt loodrecht naar de X-as bepaalt de hoogte van de driehoek. De oppervlakte van de 1 driehoek is 2 x 10 x 5 = 25 cm². De oppervlakte van de twaalfhoek is dus 12 x 25 = 300 cm².
14
keren over cirkels deel 2
Omtrek twaalfhoek = 62,12 = 0, 989. Omtrek cirkel (ŋ x 20) 0,989 x 100 = 98,9. Het verschil is dus 1,1%.
De oppervlakte van een cirkel met straal r blijkt inderdaad ŋr² te zijn.
De puntjes in ŋ = 3,14159… geven aan dat de rij cijfers eindeloos lang doorgaat.
2
'HFLUNHOLQ¿JXXUYDQ/HVKHHIWDOVRPWUHNŋ x 20 cm.
4 5
7
De taartpunten zoals neergelegd in opdracht 6 benaderen samen de vorm van een parallellogram. De breedte daarvan wordt gevormd door de helft van alle cirkelboogjes; dat is de helft van de omtrek. De hoogte van het parallellogram is gelijk aan de straal van de cirkel. De oppervlakte van (de benadering van) het parallellogram is 1 2 x ŋ x 2 x r (breedte) x r (hoogte) = ŋ x r x r, ook wel ŋr².
1
3
6
Als de straal van de cirkel r is, is de diameter 2 x r. Een cirkel met straal r heeft dus als omtrek ŋ x 2 x r, dit wordt ook wel geschreven als 2ŋr.
8
Oppervlakte twaalfhoek = 300 Oppervlakte cirkel (ŋ x 10 x 10)
= 3 = 0,955.
ŋ
0,955 x 100 = 95,5. Het verschil is dus 4,5%. De zijden van een vierkant met omtrek 76 cm hebben een lengte van 19 cm. De oppervlakte van het vierkant is 19 x 19 = 361 cm². k De zijden van een vierkant met omtrek k cm hebben lengte 4 cm. k k k² De oppervlakte van het vierkant is 4 x 4 = 16 cm².
22
Bij oppervlakte heb je te maken met verschillen in twee dimensies, daardoor is het verschil al snel groter dan bij de omtrek. Hierin ligt ook de reden dat een twee keer zo grote oppervlakte van een wiel minder extra meters oplevert dan een twee keer zo grote omtrek. Bij een twee keer zo grote oppervlakte moet je de winst ‘uitsmeren’ over twee dimensies en zal dus de omtrek (één dimensie) minder dan twee keer zo groot zijn.
23
Les 1
15
7
AND
Meerdere antwoorden zijn mogelijk. Een nadeel bij de puntenverdeling 5,4,3,2,1 is, dat dan twee maal GHKDOYH¿QDOHEHUHLNHQPHHUSXQWHQRSOHYHUW [ GDQppQPDDO winnaar zijn van een toernooi. Een nadeel bij de puntenverdeling 81,27,9,3,1 is dat iemand die twee PDDOGH¿QDOHEHUHLNW HQQHWQLHWZLQW PLQGHUSXQWHQYHUGLHQWGDQ LHPDQGGLHHHQYDQGH¿QDOHVQLSWZLQWHQELMKHWDQGHUHWRHUQRRLLQ de eerste ronde wordt uitgeschakeld.
2
De rij 150, 250, 450, 700, 1000 is geen rekenkundige rij. Het verschil tussen de termen is niet constant. De verschillen vormen wel bijna HHQUHNHQNXQGLJHULM De rij 150, 250, 450, 700, 1000 is ook geen meetkundige rij. Er is geen constante vermenigvuldigingsfactor. %LM HQ YLQGMH achtereenvolgens de quotiënten 1,67 - 1,8 - 1,56 - 1,43. (afgerond tot twee cijfers achter de komma)
3
7ZHHYHUORUHQ¿QDOHVOHYHUHQPHHUSXQWHQRSGDQGULHYHUORUHQ KDOYH¿QDOHV )!+ [)![+ RI+ ) 7ZHHYHUORUHQKDOYH¿QDOHVOHYHUHQPHHUSXQWHQRSGDQppQ YHUORUHQ¿QDOH +!)RI) + 8LWKHWWZHHGHXLWJDQJVSXQWYROJWRRN ) + YHUGXEEHOLQJ De combinatie van de twee uitgangspunten in één regel is dan te IRUPXOHUHQDOV+ ) + RIDOV+!)!+
4 5 6
Nee. Het gaat overal goed, behalve bij het aantal punten voor de ZLQQDDU: )LQSODDWVYDQ) :
Les 1
8LWGHWZHHHHUGHUJHQRHPGHXLWJDQJVSXQWHQYROJHQ]RZHO:!) DOV+!) 8LWGHFRPELQDWLHKLHUYDQYROJW:+!)) ) 'DWJHOGW GDQRRNYRRUGHKHOIWHQ :+!)
16
Les 16
MATCH! MATCH!
H = K + A.
2 Bereikte resultaat aantal punten
3 4 5
6
winnaar
¿nale
halve ¿nale
kwart¿nale
aFhtste ¿nale
1050
650
400
250
150
De puntenverdeling in tabel 1 voldoet aan alle in Les 15 genoemde uitgangspunten. Het is alleen geen rekenkundige of meetkundige rij. 'HYLMIJHWDOOHQXLWGHULMYDQ)LERQDFFL]LMQ Aan deze getallen gaan in de rij van Fibonacci de getallen 0, 1, 1 en 2 vooraf.
DIJHURQG DIJHURQG
150, 250, 400, 650, 1050, 1700, 2750, 4450, 7200, 11.650.
DIJHURQG DIJHURQG DIJHURQG DIJHURQG DIJHURQG
Het antwoord hangt af van de gekozen puntenverdeling. :+!)LQZRRUGHQ (HQJHZRQQHQWRHUQRRLHQHHQYHUORUHQ KDOYH¿QDOHOHYHUHQVDPHQPHHUSXQWHQRSGDQWZHHYHUORUHQ ¿QDOHV
24
25
4
Toets 4 1
5
1a De omtrek van de rechthoekige glazen is 14 cm. De cirkelvormige glazen hebben een straal van 2 cm. De omtrek is 4 x ŋ cm (iets meer dan 12,5 cm). De rechthoekige glazen hebben een grotere omtrek.
1b De oppervlakte van de rechthoekige glazen is 12 cm².
De oppervlakte van de cirkelvormige glazen is 4 x ŋ cm² (iets meer dan 12,5 cm²). De cirkelvormige glazen hebben een grotere oppervlakte.
1c Bij beide brillen wordt de oppervlakte van de glazen vier keer zo groot. (Ook de straal van de cirkelvormige glazen wordt twee keer zo groot.) Ook in dit geval hebben dus de cirkelvormige glazen de grootste oppervlakte.
2
2a
De omtrek van sjoelschijf A is 16 cm. De schijf heeft een diameter YDQ ŋ = 5,09 cm (afgerond). Voor schijf A kun je het best een sjoelbak gebruiken met openingen van 5,5 cm.
2b De oppervlakte van sjoelschijf B is 23 cm². De schijf heeft een
GLDPHWHUYDQ¥ ŋ) = 5,41 cm (afgerond). Schijf B past maar net door een opening van 5,5 cm. Daarom zal een sjoelbak met openingen van 6,0 cm voor sjoelschijf B de meest geschikte zijn.
3
laatste 16
laatste 32
laatste 64
laatste 128
100
50
50
0
26
W = F + H. F = H + K, dus W = H + K + H = 2H + K. H = K + A, dus W = K + A + K + A + K = 3K + 2A. Bereikte resultaat aantal punten aantal punten aantal punten aantal punten
aFhtste ¿nale
kwart ¿nale
halve ¿nale
¿nale
winnaar
400
600
800
1000
1200
400
600
900
1350
2025
400
600
1000
1600
2400
400
600
1000
1600
2600
Eindtoets A a
Er zijn 242 verschillende opstellingen, 121 met een witte steen en 121 met een zwarte steen!
b
15 minuten van het uur rijden de treinen niet, dat is 25%.
c
Er zitten 2 gaten in het papier.
d
Het andere snijpunt is (18,0), dus x = 18.
e
De oppervlakte van de cirkel wordt 169 keer zo groot.
f
De tegenstander staat op nummer 27.
g
Het achtste getal van de rij van Fibonacci is 13.
h
De som van de cijfers in 3664 (of 6436) is 19.
27
+HWVFKHPDYDQGHNZDUW¿QDOHV Les 1 en 2 (c) - Les 15 en 16 (g)
2 – 13
Les 7 en 8 (h) - Les 9 en 10 (d)
19 – 18
Les 5 en 6 (f) - Les 11 en 12 (b)
27 – 25
Les 3 en 4 (a) - Les 13 en 14 (e) 242 – 169 'HKDOYH¿QDOHVJDDQWXVVHQ/HVHQ/HVHQWXVVHQ/HV 5/6 en Les 3/4.
Eindtoets B Ter beoordeling van de leerkracht.
28
29
30
31
32
